工业上利用太阳能进行海水晒盐．已知海水蒸发浓缩过程中析出盐的种类和质量如下表：（表中数据为每升海水在浓缩过程中析出各种盐

交通运输业被称为经济发展的“先行官”，交通运输业是指利用各种运输工具，促使客、货沿特定的路线实现空间位移的物质生产部门，它起着连接工业与农业、生产与消费、城市与乡村的纽带作用，交通运输不仅与我们的生活息息相关，而且对地区的发展起着极其重要的作用，所以人们形象的把交通运输业称为经济发展的“先行官”．
故选：C．

点评：
本题考点： 交通运输业的地位．

考点点评： 本题考查了被称为先行官的交通运输业，常见的基础选择题．

从北向南我国的四大工业基地分别为：辽中南工业基地、京津唐工业基地、沪宁杭工业基地、珠江三角洲工业基地；图中所示甲为辽中南工业基地；乙为沪宁杭工业基地．
故选：A．

点评：
本题考点： 京津唐、辽中南工业基地的位置和特点．

考点点评： 认真观察地图，熟记四大工业基地的名称和位置．

重晶石是BaSO₄，黑色单质A通常是碳．由BaSO₄和单质碳高温生成气体B，B燃烧生成气体C，可知B是CO，C是CO₂．有臭鸡蛋气味的气体E是H₂S，而H₂S是由D溶于H₂O通入CO₂所得，则D中含S^2-．BaSO₄和单质碳高温生成气体CO，同时生成白色固体D，则D是BaS．BaS溶于H₂O，与皓矾（ZnSO₄•7H₂O）反应生成锌钡白（BaSO₄和ZnS的混合物）．BaS溶于H₂O 通入CO₂产生H₂S，同时生成白色沉淀F，可知F是BaCO₃．进一步推出G是BaO，H是BaO₂，BaO₂与稀H₂SO₄反应生成BaSO₄沉淀和H₂O₂．
（1）流程中7个化学反应，反应①BaSO₄+4C=BaS+4CO↑，碳元素的化合价由0价升高为+2价，硫元素化合价由+6价降低为-2价，属于氧化还原反应；反应②是CO的燃烧，碳元素、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应③BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应④BaS+H₂O+CO₂=BaCO₃↓+H₂S，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应⑤为BaCO₃

高温
.
Ba+CO₂↑，各元素化合价未发生变化，属于分解反应；反应⑥为2BaO+O₂

△
.
2BaO₂，氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应⑦BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应．所以7个反应中①②⑥属于氧化还原反应，故答案为：3；
（2）H₂O₂属于共价化合物，分子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为；
C是CO₂，属于共价化合物，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
故答案为：；；
（3）由分析可知，F是BaCO₃，G是BaO，故答案为：BaCO₃；BaO；
（4）由分析可知，反应③：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓．反应⑦：BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂，
故答案为：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓；BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂；
（5）①由工艺流程，反应③：BaS+ZnSO₄=ZnS↓+BaSO₄↓可知，锌钡白固体中n（ZnS）=n（BaSO₄），所以n（ZnS）×97g/mol+=n（BaSO₄）×233g/mol=16.5g，解得n（ZnS）=n（BaSO₄）=0.05ml，1008mLH₂S气体的物质的量为[1.008L/22.4L/mol]=0.045mol，所以溶液中氢硫酸的物质的量为0.05mol-0.045mol=0.005mol，溶液中氢硫酸的物质的量浓度为[0.005mol/0.1L]=0.05mol/L，
故答案为：0.05；
②加热驱尽溶液中H₂S 后，为使锌离子刚好完全沉淀，形成的溶液为硫酸钠溶液，根据硫酸根守恒可知，n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），由钠离子守恒可知，n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄）=2×0.1L×1mol/L=0.2mol，故需要1mol/L的NaOH溶液体积为[0.2mol/1mol/L]=0.2L=200mL，故答案为：200．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用．

考点点评： 本题以制备锌钡白和过氧化氢为载体，考查物质推断、氧化还原反应、化学用语、化学计算等，难度中等．是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．

由反应为：6NH₃+5CH₃OH+12B═3N₂+5CO₂+19H₂O；根据质量守恒定律的元素守恒可知：反应前后的元素种类、原子个数，则反应前的原子个数为：氮原子为6个，氢原子为38个，碳原子5个，氧原子5个；而反应后的原子个数为：氮原子为6个，氢原子为38个，碳原子5个，氧原子29个，故可知12B中含有24个氧原子．故为：O₂．
故选B．

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用；有关化学式的计算和推断．

考点点评： 本题主要考查学生运用质量守恒定律进行推断的能力，学会利用质量守恒定律的元素守恒处理问题．

A．反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；
B．Cl元素化合价降低，被还原，Cl₂为氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价升高，被氧化，NH₃为还原剂，故C错误；
D．反应中Cl₂为氧化剂，NH₃为还原剂，由方程式可知，当有8molNH₃参加反应，有2mol被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 氯气的化学性质；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大．

A．在反应前后，②中各元素的化合价都不变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；
B．反应①氧气得电子化合价降低，所以氧气是氧化剂，FeO•Cr₂O₃中铁和铬元素化合价都升高，所以FeO•Cr₂O₃是还原剂，故B正确；
C．根据原子守恒知，□内的物质是Fe₂O₃，故C错误；
D．反应②中生成1molNa₂Cr₂O₇需要2molNa₂CrO₄，由反应①可知，参加反应FeO•Cr₂O₃为1mol，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cr由+3升高为+6，故生成1molNa₂Cr₂O₇共转移电子的物质的量为1mol×[1+（6-3）]=7mol，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应基本概念与计算等，难度中等，注意根据化合价理解氧化还原反应．

设生产34tNH₃所需N₂的质量的为x，
2N₂+6H₂O

通电
.
4NH₃+3O₂
56 68
x 34t
[56/68＝
x
34t] x=28t．
答：生产34tNH₃所需N₂的质量为28t．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题难度不大，掌握根据化学方程式的计算即可正确解答本题，解题时要注意解题的规范性．

1）含有Na₂SO₄、NaCl中的一种或两种杂质，结合假设1和假设2的内容可知假设3为碳酸钠中含Na₂SO₄和NaCl杂质，故答案为：Na₂SO₄和NaCl；
（1）碳酸根、硫酸根均可以和钡离子反应生成白色沉淀，向试管中滴入0.1mol•L^-1的BaCl₂溶液，有白色沉淀产生，样品中含有碳酸钠或者是Na₂SO₄，
故答案为：不正确，溶液中含有CO₃^2-，可与BaCl₂溶液产生BaCO₃沉淀，因此无法确定该沉淀是BaSO₄；
（2））①只有碳酸钠可以和酸反应生成二氧化碳气体，可以用硝酸检验是否生成二氧化碳气体来检验碳酸钠的存在；
②向酸化后的试管中加入0.1mol•L^-1的Ba（NO₃）₂ 溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠；
③能和硝酸酸化的硝酸银反应生成的白色沉淀一定是氯化银，证明含有氯化钠，故答案为：

编号 实验操作 预期现象和结论
① 取少许样品于试管中，加蒸馏水溶解．向试管中加足量的1.0 mol•L^-1HNO₃．（或加入1.0 mol•L^-1HNO₃至溶液中不再有气体放为止．） 有气体产生，说明样品中含有Na₂CO₃．
② 向试管中加入0.1 mol•L的Ba（NO₃）₂ 溶液．若有沉淀产生，则继续加入0.1 mol•LBa（NO₃）₂至过量． 若有沉淀产生，则含Na₂SO₄，若没有沉淀产生，则不含Na₂SO₄．
③ 若②操作无沉淀，则向试管中加入0.1 mol•L^-1AgNO₃溶液．若②操作中有沉淀，则将试管静置片刻后，取上层清液于另一去试管中，加入0.1 mol•L^-1AgNO₃溶液． 有沉淀产生，则含NaCl，若无沉淀，则不含NaCl．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查物质检验、鉴别的实验方案的设计，侧重离子检验及实验探究的考查，注意混合物中一定存在、一定不存在和可能存在的是什么物质，题目难度不大．

（1）化石燃料会产生大量的二氧化碳，二氧化碳是造成温室效应的主要气体之一；故答案为：二氧化碳；
（2）白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓．回收利用是废塑料处理技术的发展趋势．故答案为：白色污染；回收利用废旧塑料．

点评：
本题考点： 二氧化碳对环境的影响；白色污染与防治．

考点点评： 本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力．增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力．

A．过程①加入的药品顺序为BaCl₂溶液→NaOH溶液→Na₂CO₃溶液→过滤后加盐酸，如果再过滤沉淀前加入过量BaCl₂溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故A错误；
B、氯化镁易水解，为防止水解，过程③中结晶出的MgCl₂•6H₂O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl₂，故B错误；
C、电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故C错误；
D、溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 海水资源及其综合利用．

考点点评： 本题考查了海水资源的综合利用，明确该过程中发生的反应及反应原理是解本题关键，注意除杂剂的滴加顺序、由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2的条件，为易错点，题目难度中等．

A、硝酸铵（化学式为NH₄NO₃）由三种元素组成，不属于氧化物，故选项说法错误．
B、相对分子质量单位是“1”，不是“克”，故选项说法错误．
C、硝酸铵中含有氮元素，属于氮肥，不属于复合肥，故选项说法错误．
D、硝酸铵中氮、氢元素的质量比是（14×2）：（1×4）=7：1，故选项说法正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 常见化肥的种类和作用；从组成上识别氧化物；相对分子质量的概念及其计算；元素质量比的计算．

考点点评： 本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．

读图可知：（1）日本东临太平洋西临日本海；（2）日本工业主要分布在太平洋沿岸和濑户内海沿岸的狭长地带，便于原料的进口和工业产品的出口；（3）日本发展经济的有利条件有：①海岸线曲折、多优良港湾，②劳动力资源丰富，③科技先进．
故答案为：
（1）太平洋，日本；（2）太平洋，濑户内海，多良港，便于进口原料、燃料和出口工业品，也是人口众多的消费区；（3）先进的科学技术，充足的劳动力资源．

点评：
本题考点： 日本工业布局的特点和地理意义；日本的资源和经济．

考点点评： 认真阅读地图，把知识点落实到图上，是学习地理的重要方法．

（1）①因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为CBDA或BCDA，故答案为：CBDA或BCDA；
②电解饱和食盐水时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；阴极是氢离子得电子生成氢气的过程为2H⁺+2e^-=H₂↑，在该极附近氢离子减少，氢氧根浓度增加，所以大量的氢氧化钠在阴极出现，溶液的PH增大，故答案为：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；变大；
（2）①向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱．上述反应的化学方程式分别为NH₃+CO₂+H₂O=NH₄HCO₃，NH₄HCO₃+NaCl=NH₄Cl+NaHCO₃↓，2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O，故答案为：NH₃；2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O；
②氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，
故答案为：氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；
（3）a、氯气具有氧化性，能将溴离子氧化成单质溴：2Br^-+Cl₂=2Cl^-+Br₂，故答案为：2Br^-+Cl₂=2Cl^-+Br₂；
单质溴具有氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸：SO₂+Br₂+2H₂O=2HBr+H₂SO₄，故答案为：SO₂+Br₂+2H₂O=2HBr+H₂SO₄；
b、在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；
c、海水中溴离子的含量较少，在海水提取溴之前，必须进行海水浓缩，故答案为：“空气吹出、SO₂吸收、氯化”的过程实际上是一个Br₂的浓缩过程，与直接蒸馏含Br₂海水相比效率更高，消耗能源少，成本降低．

点评：
本题考点： 海水资源及其综合利用；纯碱工业（侯氏制碱法）；电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；粗盐提纯．

考点点评： 本题主要考查了粗盐的提纯、候氏制碱、海水提溴的原理，难度不大，根据课本知识即可完成．

①根据题意，pH=1的工业废液，含有H⁺，100mL溶液H⁺物质的量═0.01mol，因CO₃^2-+2H⁺═CO₂↑+H₂O，因此两者不能大量共存，一定不存在CO₃^2-，故②错误；
Ba²⁺和SO₄^2-，可发生离子反应生成BaSO₄沉淀，因此两者不能大量共存，一定存在SO₄^2-，故④错误；
第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生，可能发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓、SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，所以可能含有Cl^-、SO₄^2-；
第二份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀2.33g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变，因BaCO₃沉淀可溶于盐酸，BaCO₃+2HCl═BaCl₂+CO₂↑+H₂O，所以得沉淀2.33g为不溶于盐酸的BaSO₄，发生反应SO₄^2-+Ba²⁺═BaSO₄↓，因此溶液中一定存在SO₄^2-，一定不存在Ba²⁺、CO₃^2-、由条件可知BaSO₄为2.33g，物质的量为 [2.33g/233g/mol]=0.01mol，SO₄^2-的物质的量等于0.01mol，根据SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，生成沉淀Ag₂SO₄为0.01mol×312g/mol=3.12g，第一份加入足量AgNO₃溶液，得干燥沉淀3.50g，说明发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓生成沉淀AgCl为3.50g-2.33g═1.17g，Cl^- 的物质的量等于0.02mol，所以一定存在Cl^-，故③正确；
Cl^-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×1、0.01mol×2，H⁺所带正电荷为0.01mol，
根据溶液中的电荷守恒，溶液呈电中性，则一定含有镁离子，且镁离子的物质的量为0.02mol×1+0.01mol×2-0.01mol×1=0.03mol，故①正确；
故选A．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题考查了离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，题目难度较大．

假设反应后溶液中的溶质是氢氧化钾和氯酸钾，根据转移电子守恒得氯酸钾的物质的量=
11mol×(1−0)
5−0=2.2mol；
假设反应后溶液中的溶质是次氯酸钾和氯酸钾，
设氯酸钾的物质的量为x，次氯酸钾的物质的量为y，
根据转移电子守恒和钾离子守恒得方程式组

5x+y×1＝11×1
x+y+11＝14，
所以得

x＝2
y＝1，
实际上溶液中含有氯酸钾和次氯酸钾，所以得到的氯酸钾的物质的量可能为2.00mol，
故选C．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查了物质的量的有关计算，根据溶液中的溶质及转移电子守恒和钾原子守恒来分析解答即可，难度中等．

2Al+Fe₂O₃

高温
.
Al₂O₃+2Fe，该反应中铁元素的化合价由+3价变为0价，所以氧化铁得电子化合价降低是氧化剂，故选A．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断，根据元素化合价变化与氧化剂、还原剂之间的关系解答即可，难度不大．